(1)

\(\Rightarrow\)

2変数関数で示すが多変数関数でも同じである。
前件より、\(f\left(x,y\right)\)は全微分可能であるので、ある関数\(A\left(x,y\right),B\left(x,y\right)\)が存在し、
\[ \lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{f\left(x+h,y+k\right)-f\left(x,y\right)-\left(Ah+Bk\right)}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}=0 \] を満たす。
ここで\(k=0\)として、\(h\rightarrow0\)にして両辺絶対値をとると、
\begin{align*} 0 & =\left|\lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{f\left(x+h,y+0\right)-f\left(x,y\right)-\left(Ah+B\cdot0\right)}{\sqrt{h^{2}+0^{2}}}\right|\\ & =\left|\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(x+h,y\right)-f\left(x,y\right)-Ah}{\left|h\right|}\right|\\ & =\left|\lim_{h\rightarrow0}\frac{h}{\left|h\right|}\cdot\frac{f\left(x+h,y\right)-f\left(x,y\right)-Ah}{h}\right|\\ & =\left|\lim_{h\rightarrow0}\sgn\left(h\right)\left(\frac{f\left(x+h,y\right)-f\left(x,y\right)}{h}-A\right)\right|\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\left|\sgn\left(h\right)\left(\frac{f\left(x+h,y\right)-f\left(x,y\right)}{h}-A\right)\right|\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\left|\frac{f\left(x+h,y\right)-f\left(x,y\right)}{h}-A\right|\\ & =\left|\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(x+h,y\right)-f\left(x,y\right)}{h}-A\right| \end{align*} 　となるので、
\[ \lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(x+h,y\right)-f\left(x,y\right)}{h}-A=0 \] となり、移項すると、\(A\)は存在するので、
\begin{align*} A & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(x+h,y\right)-f\left(x,y\right)}{h}\\ & =f_{x}\left(x,y\right) \end{align*} となり、偏微分\(f_{x}\)が存在する。
同様に\(h=0\)として、\(k\rightarrow0\)とすると、\(B=f_{y}\left(x,y\right)\)となり、偏微分\(f_{y}\)が存在する。
従って、\(f_{x}\)と\(f_{y}\)が存在するので偏微分は存在する。
故に\(\Rightarrow\)は成り立つ。

逆は一般的に成り立たない

これを反例で示す。
\begin{align*} f\left(x,y\right) & =\begin{cases} 0 & x=0\lor y=0\\ 1 & x\ne0\land y\ne0 \end{cases}\\ & =\left(1-\delta_{x,0}\right)\left(1-\delta_{y,0}\right) \end{align*} として原点\(\left(0,0\right)\)を調べる。
\begin{align*} f_{x}\left(0,0\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{0-0}{h}\\ & =0 \end{align*} 同様に
\[ f_{y}\left(0,0\right)=0 \] となる。
従って偏微分は可能である。
また、\(x=y\)として原点に近づけると、
\begin{align*} \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right) & =\lim_{x\rightarrow0}f\left(x,x\right)\\ & =1\\ & \ne0\\ & =f\left(0,0\right) \end{align*} となり、原点\(\left(0,0\right)\)では不連続となる。
また、全微分可能であるためには連続でないといけないので、全微分は不可能となる。
従って、偏微分可能であっても、全微分も可能であるとは限らない。

反例2

反例を示す。
\[ f\left(x,y\right)=\begin{cases} \frac{xy}{x^{2}+y^{2}} & \left(x,y\right)\ne\left(0,0\right)\\ 0 & \left(x,y\right)=\left(0,0\right) \end{cases} \] として原点\(\left(0,0\right)\)を調べる。
\begin{align*} f_{x}\left(0,0\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{0-0}{h}\\ & =0 \end{align*} 同様に
\[ f_{y}\left(0,0\right)=0 \] となる。
従って偏微分は可能である。
また、\(x=y\)として原点に近づけると、
\begin{align*} \lim_{x\rightarrow0}f\left(x,x\right) & =\frac{x\cdot x}{x^{2}+x^{2}}\\ & =\frac{x^{2}}{2x^{2}}\\ & =\frac{1}{2} \end{align*} となり、原点では\(f\left(0,0\right)=0\)なので原点では不連続となる。
また、全微分可能であるためには連続でないといけないので、全微分は不可能となる。
従って、偏微分可能であっても、全微分も可能であるとは限らない。

(2)

\(\Rightarrow\)

一般的に全微分可能ならば偏微分可能であり、1変数のときは偏微分は微分となるので、全微分可能ならば微分可能となる。
従って\(\Rightarrow\)が成り立つ。

\(\Leftarrow\)

前件より、\(f\left(x\right)\)は微分可能であるので\(f'\left(x\right)\)が存在する。
このとき、
\begin{align*} \left|\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)-f'\left(x\right)h}{\left|h\right|}\right| & =\left|\lim_{h\rightarrow0}\frac{h}{\left|h\right|}\cdot\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)-f'\left(x\right)h}{h}\right|\\ & =\left|\lim_{h\rightarrow0}\sgn\left(h\right)\left(\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}-f'\left(x\right)\right)\right|\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\left|\sgn\left(h\right)\left(\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}-f'\left(x\right)\right)\right|\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\left|\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}-f'\left(x\right)\right|\\ & =\left|\lim_{h\rightarrow0}\left(\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}-f'\left(x\right)\right)\right|\\ & =\left|\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}-f'\left(x\right)\right|\\ & =\left|f'\left(x\right)-f'\left(x\right)\right|\\ & =0 \end{align*} より、
\[ \lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)-f'\left(x\right)h}{\left|h\right|}=0 \] となる。
従って、
\[ \lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)-Ah}{\left|h\right|}=0 \] を満たす\(A=f'\left(x\right)\)が存在するので、\(f\left(x\right)\)は全微分可能となる。
故に\(\Leftarrow\)が成り立つ。

\(\Leftrightarrow\)

これらより\(\Rightarrow\)と\(\Leftarrow\)が成り立つので\(\Leftrightarrow\)が成り立つ。

(3)

\(\Rightarrow\)

2変数関数で示すが多変数関数でも同じである。
前件より、\(f\left(x,y\right)\)は全微分可能であるので、ある関数\(A\left(x,y\right),B\left(x,y\right)\)が存在し、
\[ \lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{f\left(x+h,y+k\right)-f\left(x,y\right)-\left(Ah+Bk\right)}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}=0 \] を満たす。
これより、
\begin{align*} \lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(f\left(x+h,y+k\right)-f\left(x,y\right)\right) & =\lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(f\left(x+h,y+k\right)-f\left(x,y\right)-\left(Ah+Bk\right)+\left(Ah+Bk\right)\right)\\ & =\lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(\frac{f\left(x+h,y+k\right)-f\left(x,y\right)-\left(Ah+Bk\right)}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}\sqrt{h^{2}+k^{2}}+\left(Ah+Bk\right)\right)\\ & =\left(\lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{f\left(x+h,y+k\right)-f\left(x,y\right)-\left(Ah+Bk\right)}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}\right)\left(\lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\sqrt{h^{2}+k^{2}}\right)+\lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(Ah+Bk\right)\\ & =0\cdot0+\lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(Ah+Bk\right)\\ & =\lim_{\left(h,k\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(Ah+Bk\right)\\ & =0 \end{align*} となり、\(f\left(x,y\right)\)は連続となる。
従って\(\Rightarrow\)が成り立つ。

逆は一般的に成り立たない

反例で示す。
\(f\left(x,y\right)=\left|x\right|\)として、原点\(\left(0,0\right)\)では連続であるが、全微分不可能であることを示す。
\begin{align*} \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right) & =\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left|x\right|\\ & =0\\ & =f\left(0,0\right) \end{align*} となるので、原点\(\left(0,0\right)\)では連続である。
しかし、原点\(\left(0,0\right)\)での\(x\)についての偏微分\(f_{x}\left(0,0\right)\)は
\begin{align*} f_{x}\left(0,0\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{\left|h\right|-0}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\sgn\left(h\right) \end{align*} となり、偏微分\(f_{x}\left(0,0\right)\)は定義できない。
また、全微分可能ならば偏微分可能なので、対偶、偏微分不可能ならば全微分不可能が成り立つ。
従って、\(f\left(x,y\right)\)は原点で偏微分不可能なので全微分不可能となる。
これより、\(f\left(x,y\right)\)は原点で連続であるが全微分不可能となる。
従って、逆は一般的に成り立たない。

反例2

反例で示す。
\(f\left(x,y\right)=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)として、原点\(\left(0,0\right)\)では連続であるが、全微分不可能であることを示す。
\begin{align*} \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right) & =\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\\ & =0\\ & =f\left(0,0\right) \end{align*} となるので、原点\(\left(0,0\right)\)では連続である。
しかし、原点\(\left(0,0\right)\)での\(x\)についての偏微分\(f_{x}\left(0,0\right)\)は
\begin{align*} f_{x}\left(0,0\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{\sqrt{h^{2}}-0}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\sgn\left(h\right) \end{align*} となり、偏微分\(f_{x}\left(0,0\right)\)は定義できない。
また、全微分可能ならば偏微分可能なので、対偶、偏微分不可能ならば全微分不可能が成り立つ。
従って、\(f\left(x,y\right)\)は原点で偏微分不可能なので全微分不可能となる。
これより、\(f\left(x,y\right)\)は原点で連続であるが全微分不可能となる。
従って、逆は一般的に成り立たない。

(4)

偏微分可能であっても連続であるとは限らない

反例で示す。
\begin{align*} f\left(x,y\right) & =\begin{cases} 0 & x=0\lor y=0\\ 1 & x\ne0\land y\ne0 \end{cases}\\ & =\left(1-\delta_{x,0}\right)\left(1-\delta_{y,0}\right) \end{align*} は原点で偏微分可能であるが連続でないことを示す。
\begin{align*} f_{x}\left(0,0\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{0-0}{h}\\ & =0 \end{align*} 同様に
\[ f_{y}\left(0,0\right)=0 \] となる。
従って偏微分は可能である。
しかし、\(x=y\)として\(\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)\)とすると、
\begin{align*} \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right) & =\lim_{x\rightarrow0}f\left(x,x\right)\\ & =\lim_{x\rightarrow0}1\\ & =1\\ & \ne0\\ & =f\left(0,0\right) \end{align*} となるので\(f\left(x,y\right)\)は原点\(\left(0,0\right)\)で連続でない。
従って、偏微分可能であっても連続とは限らない。

連続であっても偏微分可能であるとは限らない

反例で示す。
\(f\left(x,y\right)=\left|x\right|\)の原点\(\left(0,0\right)\)は連続であるが偏微分不可能であることを示す。
\begin{align*} \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right) & =\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left|x\right|\\ & =0\\ & =f\left(0,0\right) \end{align*} となるので、原点\(\left(0,0\right)\)では連続である。
しかし、原点\(\left(0,0\right)\)での\(x\)についての偏微分\(f_{x}\left(0,0\right)\)は
\begin{align*} f_{x}\left(0,0\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{\left|h\right|-0}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\sgn\left(h\right) \end{align*} となり、偏微分\(f_{x}\left(0,0\right)\)は定義できない。
従って、連続であっても偏微分可能であるとは限らない。

(4)-2

偏微分可能であっても連続であるとは限らない

反例で示す。
\[ f\left(x,y\right)=\begin{cases} \frac{xy}{x^{2}+y^{2}} & \left(x,y\right)\ne\left(0,0\right)\\ 0 & \left(x,y\right)=\left(0,0\right) \end{cases} \] は原点で偏微分可能であるが連続でないことを示す。
\begin{align*} f_{x}\left(0,0\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{0-0}{h}\\ & =0 \end{align*} 同様に
\[ f_{y}\left(0,0\right)=0 \] となる。
従って偏微分は可能である。
しかし、\(x=y\)として\(\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)\)とすると、
\begin{align*} \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right) & =\lim_{x\rightarrow0}f\left(x,x\right)\\ & =\lim_{x\rightarrow0}\frac{x\cdot x}{x^{2}+x^{2}}\\ & =\lim_{x\rightarrow0}\frac{x^{2}}{2x^{2}}\\ & =\lim_{x\rightarrow0}\frac{1}{2}\\ & =\frac{1}{2}\\ & \ne0\\ & =f\left(0,0\right) \end{align*} となるので\(f\left(x,y\right)\)は原点\(\left(0,0\right)\)で連続でない。
従って、偏微分可能であっても連続とは限らない。

連続であっても偏微分可能であるとは限らない

反例で示す。
\(f\left(x,y\right)=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)の原点\(\left(0,0\right)\)は連続であるが偏微分不可能であることを示す。
\begin{align*} \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right) & =\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\\ & =0\\ & =f\left(0,0\right) \end{align*} となるので、原点\(\left(0,0\right)\)では連続である。
しかし、原点\(\left(0,0\right)\)での\(x\)についての偏微分\(f_{x}\left(0,0\right)\)は
\begin{align*} f_{x}\left(0,0\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{\sqrt{h^{2}}-0}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\sgn\left(h\right) \end{align*} となり、偏微分\(f_{x}\left(0,0\right)\)は定義できない。
従って、連続であっても偏微分可能であるとは限らない。

(5)

\(\Rightarrow\)

関数\(f\left(x\right)\)が\(x=a\)で微分可能であるとき、
\begin{align*} f'\left(a\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(a+h\right)-f\left(a\right)}{h}\\ & \in\mathbb{R} \end{align*} となり、\(f'\left(a\right)\)が存在する。
このとき、
\begin{align*} \lim_{h\rightarrow0}\left(f\left(a+h\right)-f\left(a\right)\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\left(h\cdot\frac{f\left(a+h\right)-f\left(a\right)}{h}\right)\\ & =\lim_{h\rightarrow0}h\cdot\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(a+h\right)-f\left(a\right)}{h}\\ & =0\cdot f'\left(a\right)\\ & =0 \end{align*} となるので、\(f\)は\(a\)で連続となる。

逆は一般的に成り立たない。

反例で示す。
\(f\left(x\right)=\left|x\right|\)は
\begin{align*} \lim_{h\rightarrow0}\left(f\left(0+h\right)-f\left(0\right)\right) & =\lim_{h\rightarrow0}\left(\left|0+h\right|-\left|0\right|\right)\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\left|h\right|\\ & =0 \end{align*} となり、\(x=0\)で連続である。
しかし、\(x=0\)の微分係数は
\begin{align*} \lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h\right)-f\left(0\right)}{h} & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{\left|h\right|-\left|0\right|}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\frac{\left|h\right|}{h}\\ & =\lim_{h\rightarrow0}\sgn\left(h\right) \end{align*} となり、収束しないので、\(x=0\)で微分不可能である。
従って、連続であっても微分可能とは限らない。

-

これらより題意は成り立つ。